上海市宝山区2025届高三上学期教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1上海市宝山区2025届高三上学期教学质量监测数学试题考生注意：1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟；2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；4．可使用符合规定的计算器答题．一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）．1.集合，则__________.【答案】【解析】因为集合，则.故答案为：.2.函数的最小正周期为__________.【答案】【解析】因为函数，所以,即函数的最小正周期为.故答案为：.3.设为虚数单位，若为纯虚数，则实数_________.【答案】【解析】因为为纯虚数，所以，即，所以.故答案为：4.在的展开式中的系数为_________.【答案】【解析】由题知，设展开式中通项为，令，则，.故答案为：5.已知为实数，且函数是偶函数，则________.【答案】【解析】因为函数偶函数，所以函数定义域关于原点对称，且函数图象关于你轴对称，所以，且，所以.故答案为：.6.某运动员在某次男子米气手枪射击比赛中的得分数据（单位：环）为：，，，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数为_________.【答案】【解析】分数据从小到大为：，，，，，，，，，，，，共个数，则，所以这组数据的第百分位数为.故答案为：.7.已知关于正整数的方程，则该方程的解为__________.【答案】或【解析】根据组合数的性质，由可知：或，即或，所以和均满足题意，所以该方程的解为：或.故答案为：或8.若，且，则_________.【答案】【解析】∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴.故答案为：6.9.过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为.延长切线交双曲线的右支于点，为坐标原点，点为线段的中点，则______.【答案】【解析】如图，取双曲线右焦点，连接，由题知，，所以，因为O为，T为PF的中点，所以TO为的中位线，可得.又，所以，又，所以，又，所以，解得.故答案为：510.将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为_________.【答案】【解析】如图为棱长为的正四面体，作，于点，在中，，，，根据题意，正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，底面半径等于，高等于，所以旋转后几何体的体积为：.故答案为：11.某物流公司为了扩大业务量，计划改造一间高为米，底面积为平方米，且背面靠墙的长方体形状的仓库.因仓库的背面靠墙，无须建造费用，设仓库前面墙体的长为米（）.现有甲、乙两支工程队参加竞标，甲队的报价方案为：仓库前面新建墙体每平方米元，左右两面新建墙体每平方米元，屋顶和地面以及其他共计元；乙队给出的整体报价为元（）.不考虑其他因素，若乙队要确保竞标成功，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】若仓库前面墙体的长为米（），则左右两面墙宽度为，则甲工程整体报价为，若乙队要确保竞标成功则，所以，则，因为，所以函数，当且仅当时，即时，函数有最小值，所以函数在上单调递增，故，故，则，所以实数的取值范围是.故答案为：.12.已知平面向量满足：，，且对任意的单位向量满足，则的最大值为__________.（用含的式子表示）【答案】或【解析】由题意有：当时，可得当与同向时，取到最大值，即此时恒成立，结合，即，此时；由于，所以假设，此时，不符合题意；故时，不妨设当为锐角，取到最大值，此时也为锐角，此时，，（其中为辅助角）而，当时等号成立，依题意可得恒成立，解得，由于时单调递减，故，故令，结合解得即得，；由于时，，所以的最大值为或.故答案为：或.二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）.13.设,则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充分必要条件 D.既非充分也非必要条件【答案】C【解析】由题知,则同号,当时,有,当时,有,故能推出,当成立时,又,对不等式两边同时乘以可得,故“”是“”的充分必要条件.故选:C14.下列函数中，在区间上是严格增函数且存在零点的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A：因为，所以不存在零点，故A错误；对于B：令没有实数解，所以不存在零点，故B错误；对于C：令，所以零点为1，又因为，所以在为增函数，故C正确；对于D：在单调递增，在单调递减，故D错误.故选：C.15.如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据已知条件，以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系，设正四棱柱的高为，令，，，所以，，因为，所以，即，整理得：，因为棱上至少存在一点使得，所以关于得的方程，至少有一个解，即，整理得：，解得，又因为，所以，所以棱长的最大值为.故选：A16.设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（）A.为严格减数列B.为严格增数列C.为严格增数列，为严格减数列D.为严格减数列，为严格增数列【答案】B【解析】由已知，即的边为定值，不妨设，为定点，如图所示，又，，则，即为定值，又，所以为定值，即，所以动点到定点，的距离之差的绝对值为定值，满足双曲线定义，所以动点的轨迹为以，为焦点的双曲线，如图所示，所以，又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则数列为递增数列，所以当增大时，变大，即变大，此时向远离处运动，即变大，所以变大，即数列为严格增数列，且，均为严格增数列，故选：B.三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）．17.如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.（1）证明：平面底面；（2）求异面直线和所成角的余弦值.解：（1）证明：设该四棱锥的高为，则体积，从而，等腰中，设边的中点为，易知，在中，，所以，所以该四棱锥的高为即为，即底面，又平面，所以面底面.（2）因为，所以即为异面直线和所成的角或其补角；由（1）知平面底面，且平面底面，在矩形中，，所以平面，因为平面，从而，中，，所以，同理可得，中，，由余弦定理可得，所以异面直线和所成角的余弦值为.18.在中，已知.（1）若且，求的面积；（2）若求的取值范围.解：（1）由正弦定理得，又，从而，由得，从而，所以的面积.（2）由，又，当且仅当时取等号，从而，所以，又因为中，，从而，所以的范围是.19.甲乙两人轮流掷质地均匀的骰子，每人每次掷两颗．（1）甲掷一次，求两颗骰子点数不同的概率；（2）甲乙各掷一次，求甲的点数和恰好比乙的点数和大的概率；（3）若第一次掷出点数之和大于的人为胜者，同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到比赛结束.例如，甲乙先后轮流掷出的点数之和为：、、、，此时乙为胜者.设甲先投掷，求甲最终获胜的概率.解：（1）甲掷一次，两颗骰子点数相等的概率为所以两颗骰子点数不同的概率为.（2）方法一：甲的点数和恰好比乙的点数和大点的情形如下表：所以.方法二：设掷一次两颗骰子的点数和为，则.则；；；；；.所以甲点数和恰好比乙的点数和大7点的概率为.（3）由（2）可知掷两颗骰子点数和大于的概率为.若甲第一轮获胜，概率为；若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的点数和都不大于，概率为；于是，组成一个以为首项，为公比的无穷等比数列.因为，所以甲最终获胜的总概率为.20.已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.（1）求椭圆的焦距和离心率；（2）若，求直线的方程；（3）过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为.若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.解：（1）由得，所以焦距，离心率.（2），设直线的方程，与椭圆:，联立得：，整理得：，，因为点与点不重合，为中点，所以，代入方程，解得，所以可得点，于是由得，直线的方程：.（3）①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:，联立，得：，整理得：，设Ax1,且，化简得，又，从而，，由可得，从而，又因为，，所以上式化为：整理得：，韦达定理代入：，化简得：.，所以或当时，直线为：，直线经过点，舍去；当时，直线为：，此时成立，直线经过定点②当直线斜率不存在时，设，，则，，，代入，得与联立得：解得此时直线也经过点.综上，直线经过定点.21.已知都是定义在实数集上的可导函数.对于正整数，当分别是和的驻点时，记，若，则称和满足性质；当，且时，记，若，则称和满足性质.（1）若，，判断和是否满足性质，并说明理由；（2）若，，且和满足性质，求实数的取值范围；（3）若的最小正周期为4，且，.当时，的驻点与其两侧区间的部分数据如下表所示：13000极小值极大值1极小值已知和满足性质，请写出的充要条件，并说明理由.解：（1）.所以和是满足性质.（2）由可知，驻点，又，当时，不存在驻点；当时，的驻点，由题意可知，解得，（3）方法一：的充要条件是.首先证明必要性：当时，由题意可知不是常函数，所以，因为和满足性质，所以，所以，又是正整数，故.其次证明充分性：由题意可知，，，且，①当（）时，可知.否则，若存在（），有，因为，所以与已知矛盾.同理，，故，所以，即.同理，，得，所以.②当（）时，，任意，有，又由①可知，.若存在有，则，所以.由已知，其中，于是有，矛盾，